Kanonischer Spannungstensor für das freie elektromagnetische Feld

Beantwortung meiner eigenen Frage

Wir haben:

$T^{ab} = -\frac{1}{4\pi} g^{ac}F_{cd}\partial^b A^d - g^{ab}L_{elec}$

$g^{0i} = 0$. Im ersten Term haben wir (mit$F_{00} = 0$):

$T^{0i} = -\frac{1}{4\pi} g^{0c}F_{cd}\partial^i A^d - g^{0i}L_{elec}$

wir brauchen$c=0$, Weil$g^{00}=1$:

$T^{0i} = -\frac{1}{4\pi} g^{00}F_{0d}\partial^i A^d$

mit$d=i,j,k$

$F_{0d}=(E_i + E_j + E_k)$

dann, wer hat:

$T^{0i} = -(E_i\partial^i A^i + E_j\partial^i A^j + E_k\partial^i A^k)$

$T^{0i}= - \frac{1}{4 \pi} \left( E_x \partial^x A^x + E_y \partial^x A^y + E_z \partial^x A^z \right )$

verwenden$- B^j = \partial_k A^i - \partial_i A^k$:

$T^{0i}= \frac{1}{4 \pi} \left(E_i \partial_i A^i + E_j \partial_j A^i + E_j B_k - E_k B_j +E_k \partial_k A^i \right )$

mit$\nabla \cdot \vec{E} = 0$:

$T^{0i} = \frac{1}{4\pi} \left( ( \vec{E} \times \vec{B} )_i + \nabla \cdot (A_i \vec{E}) \right)$

QED.